Instituto Superior Técnico Ano Lectivo 2014/2015 Departamento de

Instituto Superior Técnico
Departamento de Matemática
Ano Lectivo 2014/2015
20 de Dezembro de 2014
RESOLUÇÃO DO TESTE 3 DE ÁLGEBRA LINEAR
CURSO: Engenharia Aeroespacial
1.
(a) Como Au1 = 6u1 , Au2 = 9u2 e Au3 = 9u3 , Au4 = 6u1 + 9u2 , u1 , u2 e u3 são vectores são vectores próprios de
A e u4 não é vector próprio.
(b) Por a), λ1 = 6 e λ2 = 9 são valores próprios de A tais que ma(λ1 ) ≥ 1 e ma(λ2 ) ≥ 2. Como A tem 3 valores
próprios, λ1 = 6 e λ2 = 9 são os valores próprios de A e ma(λ1 ) = 1 e ma(λ2 ) = 2. Novamente por a), A é
diagonalizável, pois mg(λ1 )=ma(λ1 )=1 e mg(λ2 )=ma(λ2 )=2 e:




6 0 0
0 1 0
D =  0 9 0  e P =  1 0 1 .
0 0 9
1 3 −2
(c) Aplicando o processo de ortogonalização de Gram-Schmidt à base {u2 , u3 } de E(λ2 ) = N (A − 9I) obtém-se uma
tal base {v1 , v2 } ortogonal, onde v1 = u2 = (1, 0, 3) e
−6
3
1
hu3 , u2 i
u2 = (0, 1, −2) −
(1, 0, 3) = ( , 1, − ).
hu2 , u2 i
10
5
5


0 0
0
Como N (A − 9I)⊥ =L(A − 9I)=L 3 −2 −1 , {(3, −2, −1)} é uma base de N (A − 9I)⊥ .
3 −2 −1
v2 = u 3 −
h(0,6,2),(3,−2,−1)i
(d) dist((0, 6, 2), N (A − 9I))=||PN (A−9I)⊥ (0, 6, 2)||=|| h(3,−2,−1),(3,−2,−1)i
(3, −2, −1)||=||(3, −2, −1)|| =
√
14.
(e) O referido sistema de equações diferenciais pode ser escrito na forma matricial x0 = Ax. Como A é diagonalizável,
x é solução de x0 = Ax sse existirem constantes c1 , c2 e c3 :




 

 
c1 eλ1 t
x1 (t)
c1 e6t
c2 e9t
0 1 0
.
c1 e6t + c3 e9t
x(t) =  x2 (t)  = P  c2 eλ2 t  =  1 0 1   c2 e9t  = 
9t
6t
9t
9t
λ
t
3
x3 (t)
c3 e
c1 e + 3c2 e − 2c3 e
1 3 −2
c3 e
2.
(a) T
1
1
1
−1
=T
1
0
0
−1
+
0
1
1
0
= 1(1 − t) + 2(1 − t) + 1(1 + t) = 4 − 2t.
(b) Como
(Espaço
T é sobrejectiva.
Uma vez que {(−4, 1, 1)} é uma base de N (A),
2=car(A)=dim
de chegada),
1 0
0 1
0 0
−4 1
{−4
+1
+1
}, i.e. {
}, é uma base de N (T ).
0 −1
1 0
1 0
2 4
−1 −1
(c) Por a), T
= −4 + 2t, pelo que a A ∈ U é solução de T (A) = −4 + 2t se e só se
−1 1
A=
−1
−1
−1
1
+α
−4
2
1
4
,
com α ∈ R.
−1 1
0
9 0
= 9 1 . Dado p(t) = a + bt ∈ P1 , com a, b ∈ R,
0 2
0 2
a+b
−1
(1
−
t)
+
(1
+
t).
Portanto
(T
◦
R)
(p(t)))
=
temos que p(t) = a−b
2
2
−1
(d) Note-se que M (T ◦ R)−1 , B2 , B2 = (BB T ) =
a−b
a+b
a−b 1
a+b 1
11a + 7b 7a + 11b
(T ◦ R)−1 ((1 − t)) +
(T ◦ R)−1 ((1 + t))=
(1 − t) +
(1 + t)=
+
t.
2
2
2 9
2 2
36
36
3. Sendo A normal, existem matrizes U unitária e D=diag(λ1 , ..., λn ) diagonal tais que A = U ∗ DU . Logo A∗ = U ∗ D∗ U ,
pelo que A + A∗ = U ∗ (D + D∗ )U . Portanto A + A∗ e a matriz diagonal D + D∗ =diag(λ1 + λ1 , ..., λn + λn ) têm os
mesmos valores próprios.